Question

4．已知f（x）=$\frac{{{e^{-x}}}}{a}+\frac{a}{{{e^{-x}}}}$（a＞0）是定義在R上的偶函數(shù)，
（1）求實(shí)數(shù)a的值；
（2）判斷并證明函數(shù)f（x）在[0，+∞）的單調(diào)性；
（3）若關(guān)于x的不等式f（x）-m²+m≥0的解集為R，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義建立方程關(guān)系進(jìn)行求解即可．
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行判斷和證明．
（3）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，利用參數(shù)分離法進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）∵f（x）為偶函數(shù)，∴f（-x）=f（x）
即$\frac{{e}^{x}}{a}$+$\frac{a}{{e}^{x}}$=$\frac{{{e^{-x}}}}{a}+\frac{a}{{{e^{-x}}}}$．
∴$\frac{{e}^{x}-{e}^{-x}}{a}$=a（e^x-e^-x），
∵（e^x-e^-x）≠0，
∴a=$\frac{1}{a}$，即a=±1．
而a＞0，∴a=1，∴f（x）=e^x+e^-x．…（4分）
（2）函數(shù)f（x）在[0，+∞）上是單調(diào)遞增的．
證明：任取x₁，x₂∈[0，+∞）且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=${e}^{{x}_{1}}$+${e}^{-{x}_{1}}$-${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{-{x}_{2}}$=（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{{x}_{2}}$）•$\frac{{e}^{{x}_{1}}{e}^{{x}_{2}}-1}{{e}^{{x}_{1}}{e}^{{x}_{2}}}$，
∵x₁，x₂∈[0，+∞）且x₁＜x₂，
∴${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{{x}_{2}}$＜0•${e}^{{x}_{1}}$${e}^{{x}_{2}}$＞1•
∴（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{{x}_{2}}$）•$\frac{{e}^{{x}_{1}}{e}^{{x}_{2}}-1}{{e}^{{x}_{1}}{e}^{{x}_{2}}}$＜0，
即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)． …（9分）
（3）由題意，m²-m≤f（x）在x∈R上恒成立，
則只需m²-m≤f_min（x）
∵f（x）為偶函數(shù)，且f（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，
∴f（x）在（-∞，0）上是減函數(shù)，
∴f（x）的最小值為f_min（x）=f（0）=2
則有m²-m≤2，
因此m∈[-1，2]．  …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)恒成立問題以及函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷和應(yīng)用，利用定義法以及轉(zhuǎn)化法是解決本題的關(guān)鍵．綜合考查函數(shù)的性質(zhì)．